bzoj3677: [Apio2014]连珠线

Description

在列奥纳多·达·芬奇时期，有一个流行的童年游戏，叫做“连珠线”。不出所料，玩这个游戏只需要珠子和线，珠子从1到礼编号，线分为红色和蓝色。游戏
开始时，只有1个珠子，而接下来新的珠子只能通过线由以下两种方式被加入：
1．Append(w，杪)：-个新的珠子w和一个已有的珠子杪连接，连接使用红线。
2．Insert(w，u，v)：-个新的珠子w加入到一对通过红线连接的珠子（u，杪）
之间，并将红线改成蓝线。也就是将原来u连到1的红线变为u连到w的蓝线与W连到V的蓝线。
无论红线还是蓝线，每条线都有一个长度。而在游戏的最后，将得到游戏的
最后得分：所有蓝线的长度总和。
现在有一个这个游戏的最终结构：你将获取到所有珠子之间的连接情况和所
有连线的长度，但是你并不知道每条线的颜色是什么。
你现在需要找到这个结构下的最大得分，也就是说：你需要给每条线一个颜
色f红色或蓝色），使得这种连线的配色方案是可以通过上述提到的两种连线方式
操作得到的，并且游戏得分最大。在本题中你只需要输出最大的得分即可。

Input

第一行是一个正整数n，表示珠子的个数，珠子编号为1刭n。
接下来n-l行，每行三个正整数ai，bi(l≤ai10000)，表示有一条长度为ci的线连接了珠子ai和珠子bi。

Output

输出一个整数，为游戏的最大得分。

Sample Input

5
1 2
1 3 4 0
1 4 1 5
1 5 2 0

Sample Output

HINT

数据范围满足1≤n≤200000。

题解：

假如确定了根，再通过若干操作得到这棵树，那么对于insert（w，u，v）操作，u，w，v必然为祖父节点-父节点-子节点的形式

然后可以O（n）的枚举根，设 f[i][0/1] 表示以i为根的子树，i是否为中转点的情况下，子树蓝边的最大总和是多少

这个可以O（1）的从儿子转移过来，所以dp的复杂度为O（n），但总复杂度为O（n²）

我们可以在状态里多加一个0/1，即设 f[i][0/1][0/1] 表示以i为根的子树，以i的为子树里除去i以外是否有根节点，i是否为中转点的情况下，子树蓝边的最大总和是多少

当以i的为子树里除去i以外没有根节点，和前面的转移一样

否则，就会多一种转移，设根节点在j，就是可以有insert（i，j，x），其中x是i的另一个子节点

code：

 #include<cstdio>

 #include<iostream>

 #include<cmath>

 #include<cstring>

 #include<algorithm>

 using namespace std;

 char ch;

 bool ok;

 void read(int &x){

     for (ok=,ch=getchar();!isdigit(ch);ch=getchar()) if (ch=='-') ok=;

     for (x=;isdigit(ch);x=x*+ch-'',ch=getchar());

     if (ok) x=-x;

 }

 const int maxn=;

 const int maxm=maxn*;

 const int inf=;

 int n,a,b,c;

 int f[maxn][][];

 struct Graph{

     int tot,now[maxn],son[maxm],pre[maxm],val[maxm];

     int premax[maxn],sufmax[maxn],g[maxn];

     void put(int a,int b,int c){pre[++tot]=now[a],now[a]=tot,son[tot]=b,val[tot]=c;}

     void add(int a,int b,int c){put(a,b,c),put(b,a,c);}

     void dfs(int u,int fa){

         for (int p=now[u],v=son[p];p;p=pre[p],v=son[p]) if (v!=fa) dfs(v,u);

         int cnt=,sum=; premax[]=sufmax[]=-inf;

         for (int p=now[u],v=son[p];p;p=pre[p],v=son[p]) if (v!=fa)

             g[v]=max(f[v][][],f[v][][]+val[p]),sum+=g[v],++cnt,premax[cnt]=sufmax[cnt]=f[v][][]+val[p]-g[v];

         premax[cnt+]=sufmax[cnt+]=-inf;

         for (int i=;i<=cnt;i++) premax[i]=max(premax[i],premax[i-]);

         for (int i=cnt;i>=;i--) sufmax[i]=max(sufmax[i],sufmax[i+]);

         f[u][][]=sum,f[u][][]=cnt?f[u][][]+premax[cnt]:-inf,f[u][][]=-inf;

         for (int p=now[u],v=son[p],i=;p;p=pre[p],v=son[p]) if (v!=fa){i++;

             int res=max(premax[i-],sufmax[i+]),tmp=sum-g[v];

             f[u][][]=max(f[u][][],max(f[v][][]+val[p]+tmp,max(f[v][][],f[v][][])+tmp+max(val[p]+res,)));

             f[u][][]=max(f[u][][],max(f[v][][],f[v][][])+val[p]+tmp);

         }

     }

 }G;

 int main(){

     read(n);

     for (int i=;i<n;i++) read(a),read(b),read(c),G.add(a,b,c);

     G.dfs(,);

     printf("%d\n",max(f[][][],f[][][]));

     return ;

 }